Gradiente, Derivadas Direccionales y Plano Tangente

CÁLCULO SUPERIOR

DERIVADA DIRECCIONAL Y GRADIENTE.

Curso del Instituto Tecnológico de Costa Rica

Walter Mora F.,

Geovanni Figueroa M.

Escuela de Matemática

GRADIENTE, DERIVADAS

DIRECCIONALES Y PLANO TANGENTE

4.1 VECTOR GRADIENTE.

Definición 4.1 (Vector Gradiente) Sea f :D⊆Rn _{−→ Runa función (o campo) escalar}

diferenciable en una región R,entonces la función (o campo) gradiente de f es la función vectorial∇f :R⊆Rn _{−→ Rdefinida por}

∇f(x1,x2, ...,xn) = (fx1(x,y),fx2(x,y), ...,fxn(x,y))

En el caso f :D⊆R2 _{−→ R}

∇f(x,y) = (fx(x,y), fy(x,y)) =∂f ∂x

− →

i +∂f ∂y

− →

j

En el caso f :D⊆R3 _{−→ R}

∇f(x,y,z) = (fx(x,y,z),fy(x,y,z)fz(x,y,z)) =∂_∂xf −→i +∂_∂yf −→j +∂_∂f_z −→k

Cálculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.

Derechos Reservados c°2009 Revista digital Matemática, Educación e Internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

EJEMPLO 4.1

1. Si f(x,y) =senxy+x2_y2_{, calcule∇f(π,1).}

Solución.

El gradiente está dado por :

∇f(x,y) =¡ycosxy+2xy2¢→−_{i +}¡_xcosxy+2x2_y¢−→_j

y evaluando

∇f(π,1) = (2π−1)→−i +¡2π2_−π¢−→_j

2. Si x2_+y2_+z2_{=1, calcule∇z(x,y).}

Solución.

Excepto en el círculox2_+y2_{=1 (curva de nivelz=0 ), se puede calcular}

∇f(x,y) = µ

−Fx Fz,−

Fy

Fz, ¶

=−x z

− →

i +−y z

− →

j

4.2 DERIVADA DIRECCIONAL

Suponga que deseamos calcular la tasa de cambio de z en el punto (x0,y0) en la direc-ción de un vector unitario arbitrario −→u = (a,b), para esto consideremos la superficie

S con ecuación z = f(x,y) (la gráfica de f) y sea z0= f(x0,y0). Entonces el punto

X

X

Z

S

u

a

b

,

,

T

Figura 4.1 Derivada direccional

Si Q= (x,y,z)es otro punto sobre la curvaC, y sean P0 _{y Q}0 _{las proyecciones sobre el} plano xy de los vectores P y Q, entonces el vector P−−→0_Q0 _{es paralelo al vector} −→_{u, y por} consiguiente

X

X

Z

S

u

a

b

P

T

Q

P‘ Q‘

Figura 4.2 El vector −−→P0Q0es paralelo al vector−→u

−−→

P0_Q0 _=h−→_{u = (ha,hb)}

para algún escalarh. Así pues,

x−x0=ha=⇒x=x0+ha

y la razón de cambio está dada por

∆z

h =

z−z0

h =

f(x0+ha,y0+hb)−f(x0,y0)

h

y al tomar el límite cuando h−→0 obtenemos la tasa de cambio instantánea de z(con respecto a la distancia) en la dirección de −→u,la cual se llama derivada direccional de f

en la dirección de −→u .

Definición 4.2 (Derivada direccional) Sea f:D⊂R2_{−→Runa función escalar y sean}

P= (x0,y0)∈D y −→u = (a,b)un vector unitario, entonces la derivada direccional de f

en P= (x0,y0)en la dirección del vector −→u, está dada por :

D−→_{u f}(P) = D−→_{u f}(x0,y0)

= lim

h→0

f(P+h−→u)−f(P) h

= lim

h→0

f(x0+ha,y0+hb)−f(x0,y0)

h

Observación: Al comparar la definición de derivada parcial con la de derivada direc-cional, podemos notar que si −→u = (1,0) entonces D−→_{u f}(P) = fx(P) y si −→u = (0,1) entonces D−→_{u f}(P) = fy(P), es decir, las derivadas parciales son derivadas direccionales en la dirección de los vectores canónicos.

EJEMPLO 4.2

Calcule la derivada direccional de f(x,y) = 4−x2−y2 en el punto P = (1,1,2) en la

dirección del vector −→u = µ

1

√

2, 1

√

2 ¶

Solución.

D−→_{u f}(1,1) = lim h→0

f µ

1+√h

2,1+

h √

2 ¶

−f(1,1)

h

= lim

h→0 4−

µ 1+√h

2 ¶₂

−

µ 1+√h

2 ¶₂

−2

h

= lim

h→0 2−

µ 1+√h

2 ¶₂

−

µ 1+√h

2 ¶₂

h

= lim

h→0 2−2

µ 1+√h

2 ¶₂

h

y usando la regla de L’Hôpital

lim h→0−4

µ 1+√h

2 ¶

1

√

2 =− 4

√

2 =−2

√

2

Esto nos dice que la razón de cambio de zen P en la dirección del vector −→u es −2√2 , es decir, quezen esta dirección esta decreciendo. En la figura4.3se ilustra esta situación.

X X Y Y 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P

Figura 4.3 Tangente enPtiene pendiente−2√2.

Con propósitos de cálculo, la definición de derivada direccional no es muy útil, por lo que en general se usa la fórmula que se presenta en el siguiente teorema.

Teorema 4.1 Sea f :D⊂Rn_{−→Runa función escalar diferenciable en D, entonces f}

tiene derivada direccional en la dirección de cualquier vector no nulo −→u = (a,b)y está dada por:

D−→_{u f}(x,y) =∇f(x,y)· − →_u

|| −→u|| = fx(x,y) a

|| −→u||+fy(x,y) b || −→u||

Observación: Recuerde que la com-ponente de −→v en la dirección de −→u

es

− →_{u · −}→_v

||u|| , la cual es la longitud de la

proyección vectorial de −→v sobre −→u µ

Proy−→_u −→v = − →_{u · −}→_v

||u|| −

→_u¶_{. Con lo}

cual, la fórmula

D−→_{u f}(x,y) = ∇f(x,y)· −→u || −→u||

nos dice que la derivada direccional es la

componente del vector gradiente∇f(P)

en la dirección del vector −→u .

∇

u

P

_{D z(P)}

u

Figura 4.4 D−→_{u f}(x,y) es la componente del vector gradiente ∇f(x,y) en la dirección del vector −→u

EJEMPLO 4.3

Calcule la derivada direccional D−→_{u f}(x,y)si f(x,y) =x3_−3xy+4y2 _y −→_{u es el vector} unitario dado porθ= π

6. Cuánto es D−→u f(1,2)?

Solución.

Usando el resultado del teorema anterior

D−→_{u f}(x,y) = fx(x,y)cos ³_π

6 ´

+fy(x,y)sen ³_π

6 ´

= (3x2−3y) √

3

2 + (−3x+8y) 1 2

= 1

2 ³

De donde

D−→_{u f}(1,2) = 1

2 ³

3√3−6√3−3+16´=13−3 √

3 2

EJEMPLO 4.4

Calcule la derivada direccional deD−→_{u f}(x,y,z) si f(x,y,z) =xsen(yz), en el puntoP= (1,3,0)en la dirección del vector −→v = →−i +2−→j −−→k.

Solución.

El vector gradiente de la funciónfesta dado por

∇f(x,y,z) = (sen(yz),xzcos(yz),xycos(yz))

evaluando enPtenemos que ∇f(1,3,0) = (0,0,3). Por otro lado un vector unitario en la dirección de −→v es

− →_{u = √}1

6

− →

i +√2

6

− →

j −√1

6

− →

k

Por tanto

D−→_{u f}(1,3,0) = ∇f(1,3,0)·

µ 1

√

6, 2

√

6,

−1

√

6 ¶

=−

r 3 2

Suponga que tenemos una función f de dos o de tres variables y consideramos todas las posibles derivadas direccionales de f en un punto P dado. Esto proporciona las tasas de cambio de f en todas las posibles direcciones. De modo que podemos plantear la siguiente pregunta : ¿en cuál de estas direcciones f cambia con mayor velocidad?, y ¿cuál es la máxima razón de cambio?. Las respuestas a estas preguntas las da el siguiente teorema.

Teorema 4.2 (Dirección de máximo cambio) Sea f:D⊂R2_{−→Runa función escalar.}

El valor máximo de la derivada direccional D−→_{u f}(x,y) es ||∇f(x,y)|| y se presenta cuando el vector no nulo −→u tiene la misma dirección que el vector gradiente∇f(x,y).

Primero recordemos que

u·v=||u|| · ||v||cos(θ)

Ahora

D−→_{u f}(x,y) = ∇f(x,y)· − →_u

|| −→u||

= ||∇f(x,y)||cosθ

dondeθes el ángulo entre el vectorunitario − →_u

|| −→u|| y el vector ∇f(x,y).

El valor deD−→_{u f}(x,y)aumenta o disminuye solo si cosθcambia (si giramos el vector −→u ).

Así que el máximo valor se obtiene cuando cosθ=1 (es decir θ=0 o π) lo cual indica que −→u debe ser paralelo al gradiente∇f(x,y).El resultado se ob-tiene notando que la magnitud del vector no importa (excepto si es nulo) pues se toma unitario.

θ

∇

u

Figura 4.5

EJEMPLO 4.5

Suponga que la temperatura en un punto(x,y,z)en el espacio está dada por

T(x,y,z) = 80

1+x2_+2y2_+3z2

donde T está medida en grados centígrados y x,y,zestán en metros. ¿En qué dirección aumenta más rápido la temperatura respecto punto(1,1,−2)? ¿Cuál es la máxima tasa de incremento ?

∇T(x,y,z) =− 160x (1+x2_+2y2_+3z2₎2

− →

i − 320y

(1+x2_+2y2_+3z2₎2

− →

j − 480z

(1+x2_+2y2_+3z2₎2

− →

k

Evaluando en el puntoP= (1,1,−2)obtenemos

∇T(1,1,−2) = 5

8 ³

−−→i −2−→j +6−→k ´

Por tanto, la temperatura se incrementa con mayor rapidez en la dirección del vector gra-diente

−

→_{v =−}−→_{i −2}−→_{j +6}−→_k

La tasa máxima de incremento es la longitud del vector gradiente

||∇T(1,1,−2)||= 5

8 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

¯−−→i −2−→j +6−→k ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= 5

√

41 8

Observación:el valor mínimo de la derivada direccional es−||∇f(x,y)||y ocurre cuando

−

→_{u tiene la dirección−∇f(x,y),}

EJEMPLO 4.6

Considere la placa rectangular que se muestra en la figura siguiente. La temperatura en un punto(x,y)de la placa está dada por

T(x,y) =5+2x2+y2

4 2

X Y

Figura 4.6 Mejor trayectoria para el insecto.

Solución

Para que el insecto se enfríe más rápidamente debe seguir una dirección opuesta al gradi-ente, es decir

−∇T(x,y) = (−4x,−2y) =⇒ −∇T(4,2) = (−16,−4)

O sea, debe ir en la dirección del vector −→v = −16−→i −4−→j .

4.2.1 (*) Vector Unitario Tangente.

Sear:I⊆R−→Rn_{. Si la función vectorialr es continua en I,entonces la gráfica de r} se le llamacurvay decimos que esta curva esta descrita paramétricamente por r(t).

X

Z

r(t)

Figura 4.7 Curva descrita por el vector de posiciónr(t).

Los ejemplos más comunes son las rectas en R3_{. Si la recta L pasa por P en} direc-ción de −→u entonces r(t) =P+t−→u,t∈ R. Otro ejemplo son las elipses de ecuación

(x−h)2

a2 +

(y−k)2

r(t) = (h+acos(t))−→i + (k+bsen(t))−→j, t∈[0,2π]

La derivada der(si existe) esr0_{(t) =lim}

h→0r(t+h)−r(t)

h . Six(t)yy(t)son funciones

derivables enI y sir(t) =x(t)−→i +y(t)−→j,entonces r0_{(t) =x}0_(t)−→_{i +y}0_(t)−→_j.

X

Z

r(t)

r’(t)

r’(t)

recta tangente C

Figura 4.8 r0(t).

La interpretación geométrica de r0_{(t)sugiere la siguiente definición}

Definición 4.3 Sea C una curva descrita por la función vectorial continua r. Si existe la derivada r0_{(t) y no es nula, la recta que pasa por r(t) y es paralela a r}0_{(t) se llama} tangente a C en r(t).El vector r0_{(t)se denomina vector tangente a C en r(t).}

El vector unitario tangente T es una función vectorial asociada a la curva C y se define como

− →

T(t) = r0(t)

||r0_(t)||, si ||r0(t)|| 6=0

EJEMPLO 4.7

Considere el ejemplo (4.6), observe que (0,0)es el punto más frío de la placa. Encuentre la trayectoria que debe seguir, hacia el origen, un insecto que busca el frío partiendo del punto(4,2).

Solución.

−∇f(x,y) = (x0_(t),y0_(t))

(−4x,−2y) = µ

dx dt,

dy dt

¶

de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

    

   

dx

dt = −4x

dy

dt = −2y

(4.1)

y las condiciones iniciales

x(0) = 4

y(0) = 2

(4.2)

El sistema de ecuaciones diferenciales (4.1) se resuelve fácilmente integrando, pues cada ecuación diferencial es en variables separadas.

ln(x) = −4t+c1

ln(y) = −2t+c2

y usando las condiciones iniciales (4.2) tenemos que

ln(x) = −4t−ln(4)

ln(y) = −2t−ln(2)

simplificando

ln ³_x

4 ´

= −4t

ln ³_y

2 ´

= −2t

La altura de una montaña, en metros sobre el nivel del mar, está dada por

z=2000−x2

4 −

y2 2

Si un alpinista comienza su ascenso al nivel del mar en x=20√10 y y=20√5 ¿Cuál es la trayectoria en el plano xy que corresponde a la ruta más empinada de ascenso a la montaña?

Solución

Sabemos que en cada punto de la montaña la dirección de ascenso con mayor pendiente esta dada por el gradiente

∇z= ³

−x

2,−y ´

Esto significa que este vector es tangente a la proyección de la trayectoria de ascenso en el planoxy, es decir, si −→r =x(t)−→i +y(t)−→j es dicha trayectoria, entonces

−

→_{r(t) =}µdx dt,

dy dt

¶ =

³

−x

2,−y ´

De donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

    

   

dx

dt = −

x

2

dy

dt = −y

Para resolverlo podemos observar que dy

dx =

cuya solución es

ln(y) = ln(x) +c

y = cx2

Y usando las condiciones iniciales

x(0) =20√10,c= √

5

200,y(0) =20

√

5 Así, la trayectoria que debe seguir es

y= √

5 200x

2

En la figura4.9 se muestra la curva de

nivelz=0 y la trayectoriay= √

5 200x

2_.

2

0 04 06 08 X 2 0 4 0 6 0 Y

Figura 4.9 Trayectoria en el planoxy.

EJEMPLO 4.9

¿Cuál es la razón de cambio def(x,y,z) =x2_+y2_{+z−4, a lo largo de la curva}

− →_{r(t) =} 3

2cos(θ)

− → i + µ 1 2+ 3 2 sen(θ)

¶ − → j + µ 3 2− 3 2 sen(θ)

¶

− →

k

en el punto que corresponde aθ= π

4?.

Solución.

Cuando decimos “a lo largo de la curva”, queremos significar “en la dirección del vector tangente a la curva”. Primero, el punto en la curva es

− →_r³π

4 ´

= 3

2√2

− →

i +3+ √

2 2√2

− →

j +3 √

2−3 2√2

− →

k

Un vector tangente a la curva está dado por

dr dt =−

3 2 sen(θ)

− →

i +3

2 cos(θ)

− →

j −3

2cos(θ)

− →

y por tanto un vector unitario tangente es

− →

T(θ) = p−sen(θ) 1+cos2_(θ)

− →

i +p cos(θ) 1+cos2_(θ)

− →

j −p cos(θ) 1+cos2_(θ)

− →

k

Evaluando en θ= π

4

− →

T ³π

4 ´ = − √ 3 3 − → i + √ 3 3 − → j − √ 3 3 − → k

Por otro lado, el gradiente de f es

∇f(x,y,z) = (2x,2y,1)

Evaluando en P

∇f(P) = Ã

3

√

2, 3+√2

√

2 ,1 !

Así la derivada direccional está dada por

à 3

√

2, 3+√2

√

2 ,1 !

·

Ã

−√3 3 ,

√

3 3 ,

−√3 3

X Y Z

Figura 4.10 Vector unitario tangente −→T

³_π

4

´

4.3 PLANO TANGENTE.

4.3.1 Gradiente y Curvas y Superficies de Nivel.

Recordemos que siz= f(x,y)entonces la curvaz=c (es decirc=f(x,y)) la llamamos curva de nivel. Si tenemos w=g(x,y,z), la superficie w=0 (es decir 0=g(x,y,z)), se denominasuperficie de nivel w=0. Anteriormente veíamos que el gradiente es tangente a las trayectorias. En cambio, cuando se trata de curvas o superficies de nivel, la situación cambia.

Si S es una superficie de ecuación G(x,y,z) =0, conG derivable con continuidad en el plano, y siP= (p1,p2,p3)∈S, entonces,

1. si se cumplen las condiciones del teorema de la función implícita en Pse tiene,

∇z(x,y) = µ

−Gx Gz,−

Gy

Gz ¶

El vectorz(p1,p2)es perpendicular a la curva de nivelz=p3,es decir ∇f(p1,p2) es perpendicular al vector tangente en(p1,p2).

Por supuesto, si la ecuación de la superficie es z= f(x,y), podemos calcular el gradiente de la manera usual. Para el resultado que sigue, si necesitamos la función

Gque seríaG=z−f(x,y) =0.

2. el vector ∇G(p1,p2,p3) es perpendicular a la superficie de nivel w=0, es de-cir ∇G(p1,p2,p3) es perpendicular a cada curva de la superficie S, que pasa por

Considere la elipse C de ecuación 2x2_+3y2_{−3x+3y=1. Sea P=} Ã

0, −3+

√

21 6

! .

Observe queP∈C. Calcule un vectorperpendiculara la elipse enP.

Solución.

Podemos ver la elipse como una curva de nivel de z=2x2_+3y2_−3x+3y, concretamente la curva de nivel z=1. De acuerdo a la teoría, el vector ∇z(P)

es perpendicular a la curva de nivel (elipse) enP. Veamos

∇z(x,y) = (4x−3,6y+3)

∇z(P) = (−3,√21)

En la figura4.11se muestra gráficamente

la situación.

-3 -2 -1 1 2

-1 1 2

P

Figura 4.11 Vector normal enP

4.3.2 Plano Tangente.

Finalmente si G es derivable con continuidad en P y si el gradiente en P es no nulo, los vectores tangentes a cada curva en S que pasan por P forman un plano tangente. ∇G(p1,p2,p3)es un vector normal a este plano.

X

Z

S P

p p

1 2

∇G(p , p , p )

1 2 3 (traslación)

X

Z

S P

p p

1 2

∇G(p , p , p )

1 2 3

P

Figura 4.12 Plano Tangente.

ax+by+cz=d

con(a,b,c) =∇G(p1,p2,p3)y d=∇G(p1,p2,p3)·P.

EJEMPLO 4.11

1. Sea S la superficie de ecuación f(x,y) = xy

x2_+y2, si (x,y)= (6 0,0) y f(0,0) =0. Aunque fx(0,0) =fy(0,0) =0,no hay plano tangente pues la función es discontinua en este punto (aunque esté definida).

2. Consideremos la superficieSde ecuaciónx2+y2+z2=1.SeaP= (1/√3,1/√3,1/√3)∈ S.Calculemos la ecuación cartesiana del plano tangente enP.

• G(x,y,z) =x2_+y2_+z2_−1=0.

• ∇G(x,y,z) = (2x,2y,2z).

• N=∇G(P) = (2/√3,2/√3,2/√3)y d=P·∇G(P) =2

• Plano tangente: √2

3x+ 2

√

3 y+ 2

√

3 z=2 o tambiénx+y+z=

√

3.

X

Y Z

N=∇G(P)

P

Figura 4.13 Plano Tangente aSenP.

3. Consideremos la superficieSde ecuaciónx2_+y2_+z2_{=1.SeaP= (1/}√_3,1/√_3,1/√_3)∈

S.

• El gradiente es∇z(x,y) = µ

−x z,−

x z

¶

Z

Figura 4.14 Tangentes enz=0.

• La pendiente de la recta tangente enP en la dirección de −→u = (1,1)es

D_(1,1)z(P) =∇z(1/√3,1/√3)·(1,√1)

2 =−

√

2

X

Y Z

u

Figura 4.15 Tangentes enPen la dirección de(1,1)

• El gradiente ∇z(1/√3,1/√3) es perpendicular a la recta tangente a la curva de nivel z=√1

3 enP. La derivada direccional en la dirección del vector uni-tario tangente es cero. Geométricamente, la recta L, en la figura4.16, tiene pendiente cero.

Esto es así pues

D−→

T f(P) = ∇f(P)· − →

T =0 (¿porqué?. Haga el cálculo!.)

= ||∇f(P)||cosθ=0

X

Y Z

P L

Tangente

∇_z(P)(traslación) Curva de nivel

Figura 4.16

4. Consideremos la superficie S de ecuación x2_+y2_+z2_{=1. Encuentre los puntos}

Q= (a,b,c)∈Stal que el plano tangente enQsea paralelo al plano 2x−y+3z=1.

Solución.

Qtiene tres incógnitas así que necesitamos, en principio, tres ecuaciones.

• ComoQ∈S,esto nos da una ecuación: a2_+b2_+c2_=1.

• Como el plano tangente enQes paralelo al plano 2x−y+3z=1,sus vectores normales deben ser paralelos, es decir

∇G(Q) =λ(2,−1,3)

esto nos da tres ecuaciones adicionales y una incógnita más, λ.

• Para encontrar Qsolo debemos resolver el sistema

 



a2_+b2_+c2 _{= 1}

∇G(Q) = λ(2,−1,3)

es decir,

 



a2_+b2_+c2 _{= 1}

(2a,2b,2c) = λ(2,−1,3) =⇒

         

        

a2_+b2_+c2 _{= 1}

2a = 2λ

2b = −λ

Q= µ

−√1

11, 1

√

11,− 3

√

11 ¶

, y Q= µ

1

√

11,− 1 √ 11, 3 √ 11 ¶

5. Determine el puntoP= (x,y,z)de la superficieS,de ecuaciónx2_−y2_{+6z=0, de} modo que el plano tangente a la superficie en Pcontiene al puntoQ= (0,1,0)y es paralelo a la rectaL de ecuación(0,0,1) +t(2,1,0), t∈R.

Solución.

Un vector normal al plano tangente debe ser perpendicular al vector dirección de la recta Ly al vector(0,1,0)−P), es decir es perpendicular al producto cruz de estos dos últimos vectores.

v

P (0,1,0)

N v

L

Figura 4.17 Un vector normal al plano tangente.

La rectaLva en la dirección−→v = (2,1,0).Tenemos dos vectores normales al plano tangente aSenP= (x,y,z), ∇G(P) = (2x,−2y,6)yN= ((0,1,0)−P)×(2,1,0) = (z,−2z,−2−x+2y).

Entonces tenemos el sistema

 



x2_−y2_{+6z = 0}

(2x,−2y,6) = λ(z,−2z,−2−x+2y) =⇒                 

x2_−y2_{+6z = 0 (1)}

2x = λz (2)

−2y = −2λz (3)

6 = λ(−2−x+2y) (4)

De (2) y (3) tenemos y=2xy usando (1) tenemos z=x2

2.Ahora sustituimos estos resultados en (2),

2x=λz =⇒ 2x+λx2

2 =0 =⇒ 2x µ

1−λx

4 ¶

•six=0 entonces y=0, z=0 y λ=−3

•siλx=4 entonces de (4)

• 6=λ(−2−x+2y) =⇒ 6=−2λ−λx+4λx =⇒ λ=3

• como λx=4 =⇒ x=4

3 y entonces y= 8 3 y z=

8 9

Los puntos de la superficie buscados son P= (4/3,8/3,8/9) y P= (0,0,0). Las ecuación de cada plano tangente es

8x

3 − 16y

3 +6z=− 16

3 y 6z=0.

En la figura4.18se muestra el primer plano.

X Z

L P

Figura 4.18 Recta y plano tangente.

6. Consideremos la superficie S de ecuación z=x2_+y2_{. Encuentre los puntos P=}

(a,b,c)∈ S tal que el plano tangente en P contenga los puntos Q= (1,0,0) y

R= (0,1,0). Los planos tangentes son

Solución.

X

Y Z

P = (1,1,2)

1 1

P

Q

R

N

tiene a los puntos Q,R.Busquemos otros puntos. El plano tangente en P= (x,y,z)

debe contener los puntos P,Q y R por lo que un vector normal a este plano es

N= (Q−P)×(R−P).Como sabemos, otro vector normal a este plano es ∇G(P). Así, tenemos el siguiente sistema

 



∇G(P) = λ(Q−P)×(R−P) = (z,z,1−x−y)

z = x2_+y2 =⇒

   

  

2x = λz (1)

2y = λz (2)

−1 = λ(1−x−y) (3)

z = x2_+y2 ₍₄₎

De (1) y (2) tenemos x=yy el sistema se re-escribe como

  

2x = λz (5) λ−2λx = −1 (6) z = 2x2 ₍₇₎

De (5) y (7) tenemos 2x−2λx2=0 =⇒ (2x(1−λx) =0 =⇒ x=0 o λx=1.

•Si x=0 tenemos el puntoP= (0,0,0).

•Si λx=1, sustituimos en la ecuación (6) y obtenemosλ=1 por lo que, usando nuevamente (6), x=1. Así obtenemos la segunda solución: P= (1,1,2).

EJERCICIOS

4.1 Sea f(x,y) =4−x2−y2la ecuación de una superficieS.

a) Determine el punto_√ P= (a,b) para el cual la derivada direccional de f en Pes 3 en dirección de −→u = (−1,2)y √2 en la dirección de −→v = (1,1).

Respuesta. P= Ã_√

15−4

6 ,

4−√15

6 −1

!

b) Encuentre la ecuación cartesiana del plano tangente a S en el punto(1,−1,2).

Respuesta. 2x−2y+z=6.

4.2 Determine la ecuación vectorial de la recta tangente a la curva C, en el punto P

dado, sabiendo queC se obtiene al intersecar la superficieS con el plano Π indicado, en cada uno de los siguientes casos:

b) S2: 36x2−9y2+4z2−36=0, Π2:z=−3, P= (1,2,−3)

c) S3: z=4−x2−y2, Π3: x+y+z=2, P= (0,−1,3).

Respuesta: L: (x,y,z) =P+t(−3,1,2),t∈R.

Ayuda: la ecuación vectorial de la recta tangente es (x,y,z) =P+t−→v donde

−

→_{v debe ser perpendicular a cualquier vector normal N}

1 a S en P, tanto como a cualquier vector normal N2 del planoΠ. En la figura que sigue se muestra la superficie S3, el planoΠ3 y la recta tangente L, enP.

X

Y

Z

P Π

N

N

1

2

L

Figura 4.20

Bibliografía

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Matemática, Universidad de Costa Rica. 2006.

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Cálculo Superior. Walter Mora F., Geovanni Figueroa M.